1 Bậc của số nguyên và căn nguyên thuỷ

58



5. CĂN NGUYÊN THỦY



Đònh lý 5.1. Giả sử n là số nguyên dương và (a, n) = 1. Thế thì: số nguyên



dương x là nghiệm của đồng dư ax ≡ 1 (mod n) khi và chỉ khi ordn a | x.

Chứng minh.



Khi đó

⇐ .



⇒ .



Nếu ordn a | x, thì x = k · ordn a với k nguyên dương.



ax = ak·ordn a = (aordn a )k ≡ 1



Theo thuật toán chia, x = q · ordn a + r,



(mod n).

0 ≤ r < ordn a.



ax = aq·ordn a+r = (aordn a )q ar ≡ ar



Vậy nếu



ax ≡ 1 (mod n)



thì



ar ≡ 1 (mod n).



Ta có



(mod n).



Do



0 ≤ r < ordn a



nên



r = 0.



Ví dụ 5.1.2. Chúng ta cần xác đònh xem



108 và 2003 có là nghiệm của

đồng dư 2x ≡ 1 (mod 7) hay không. Ta đã biết ord7 2 = 3. Như vậy, x = 108

là nghiệm của 2x ≡ 1 (mod 7) vì ord7 2 = 3 | 108; còn x = 2003 không là

nghiệm của 2x ≡ 1 (mod 7) vì ord7 2 = 3 2003.



Hệ quả 5.1.1. Nếu n là số nguyên dương và (a, n) = 1, thì ordn a | ϕ(n).

Chứng minh. Bài tập dành cho đọc giả.



Ví dụ 5.1.3. Chúng ta cần xác đònh bậc của 5 modulo 17. Vì ϕ(17) = 16

và



(5, 17) = 1 nên ord17 5 | 16 = ϕ(17).

1, 2, 4, 8, 16 và

51 ≡ 5



(mod 17), 52 ≡ 8



Do



(mod 17), 54 ≡ 13



16



chỉ có các ước dương là



(mod 17), 58 ≡ 16



(mod 17)



nên ord17 5 = 16.



Đònh lý 5.2. Giả sử n là số

i, j > 0: ai ≡ aj (mod n) khi



nguyên dương và (a, n) = 1. Thế thì với mọi

và chỉ khi i ≡ j (mod ordn a).



5.1. BẬC CỦA SỐ NGUYÊN VÀ CĂN NGUYÊN THUỶ



59



Chứng minh. ⇒ . Giả sử ai ≡ aj (mod n) và i ≥ j. Do ai = aj ai−j nên

aj ai−j ≡ aj



(mod n).



Vì (aj , n) = 1 nên từ đồng dư trên ta suy ra

ai−j ≡ 1 (mod n).



Theo đònh lý 5.1 ta có ordn a | i − j, hay i ≡ j (mod ordn a).

⇐ . Giả sử i ≥ j. Từ giả thiết i ≡ j (mod ordn a), suy ra có số nguyên

k ≥ 0 để i = j + k · ordn a. Thế thì

ai = aj+k·ordn a = aj (aordn a )k ≡ aj



(mod n).



Ví dụ 5.1.4. Giả sử



ta có:



5



11



3 ≡ 3

ord14 3 | (20 − 6).



a = 3, n = 14. Ta có ord14 3 = 6. Từ đònh lý trên

(mod 14) vì ord14 3 | (11 − 5); và 36 ≡ 320 (mod 14) vì



Đònh lý 5.3. Nếu ordm a = t và u là số nguyên dương thì

ordm (au ) =



t

.

(t, u)



Chứng minh. Giả sử s = ordm (au ), ν = (t, u), t = t1 ν, u = u1 ν. Thế thì

(t1 , u1 ) = 1.



Ta có



(au )t1 = (au1 ν )t/ν = (at )u1 ≡ 1 (mod m).



Từ đònh lý 5.1 ta có s | t1 .

Mặt khác, do



aus = (au )s ≡ 1



(mod m)



nên theo đònh lý 5.1 ta có t | us. Do đó t1 ν | u1 νs, cũng vậy t1 | u1 s. Nhưng

(t1 , u1 ) = 1 nên t1 | s.

Từ s | t1 và t1 | s ta suy ra s = t1 = t/ν = t/(t, u).



60



5. CĂN NGUYÊN THỦY



Ví dụ 5.1.5.



ord14 3 = 6, ord14 9 = ord14 32 = 6/(6, 2) = 3,



ord14 27 = ord14 33 = 6/(6, 3) = 2, ord14 81 = ord14 34 = 6/(6, 4) = 3,

ord14 243 = ord14 35 = 6/(6, 5) = 6, ord14 729 = ord14 36 = 6/(6, 6) = 1.



Giả sử n là số nguyên dương. Chúng ta sẽ quan tâm đến các số nguyên a

có bậc modulo n đúng bằng ϕ(n). Sau này chúng ta sẽ thấy rằng nếu có số

nguyên a như vậy, thì tập tất cả các lũy thừa dương của a chính là hệ thặng

dư thu gọn modulo n.

Giả sử n là số nguyên dương. Số nguyên r được gọi là căn nguyên thuỷ

modulo n nếuu ordn r = ϕ(n).

Chú ý rằng không phải số nguyên dương n nào cũng có căn nguyên thuỷ.

Ví dụ 5.1.6. 3 là căn nguyên thuỷ modulo 7 vì ord7 3 = 6 = ϕ(7); 3 là căn

nguyên thuỷ modulo 14 vì ord143 = 6 = ϕ(14).

2 không là căn nguyên thuỷ modulo 7 vì ord7 2 = 3 = ϕ(7).

Số 8 không có căn nguyên thuỷ, vì ϕ(8) = 4 và ord8 1 = 1, ord8 3 =

ord8 5 = ord8 7 = 2.



Đònh lý 5.4. Nếu (r, n) = 1 và r là căn nguyên thuỷ modulo n thì

r1 , r2 , · · · , rϕ(n)



là hệ thặêng dư thu gọn modulo n.

Chứng minh. Chúng ta chỉ cần chứng tỏ rằng (rk , n) = 1 với 1 ≤ k ≤ ϕ(n)



và ri ≡ rj (mod n) với 1 ≤ i = j ≤ ϕ(n).

Từ (r, n) = 1 dễ dàng suy ra (r k , n) = 1 với mọi số nguyên dương k.

Giả sử 1 ≤ i, j ≤ ϕ(n) và ri ≡ rj (mod n). Theo đònh lý 5.2 ta có i ≡ j

(mod ordn a = ϕ(n)), nhưng 1 ≤ i, j ≤ ϕ(n) nên i = j.

Ví dụ 5.1.7. Do 3 là căn nguyên thuỷ modulo 7 và ϕ(7) = 6 nên các số:

31 = 3, 32 = 9, 33 = 27, 34 = 81, 35 = 243, 36 = 729



lập thành hệ thặng dư thu gọn modulo 7.



5.2. CĂN NGUYÊN THUỶ CỦA SỐ NGUYÊN TỐ



61



Đònh lý 5.5. Giả sử m > 1 và r là căn nguyên thuỷ modulo m; u là số nguyên

dương. Thế thì: ru là căn nguyên thuỷ modulo m khi và chỉ khi (u, ϕ(m)) = 1.

Chứng minh. Theo đònh lý 5.3 thì

ordm (ru ) =



ordm r

(u,ordm r)



=



ϕ(m)

.

(u,ϕ(m))



Như vậy, ordm (ru ) = ϕ(m) khi và chỉ khi (u, ϕ(m)) = 1.



Đònh lý 5.6. Nếu số nguyên dương m có căn nguyên thuỷ thì nó có cả thảy

căn nguyên thuỷ không đồng dư nhau modulo m.

Chứng minh. Giả sử r là một căn nguyên thuỷ của m.



ϕ(ϕ(m))



Theo đònh lý 5.4 thì r1 , r2 , · · · , rϕ(m) là hệ thặng dư thu gọn modulo m.

Do đònh lý 5.5, ru là căn nguyên thuỷ modulo m khi và chỉ khi (u, ϕ(m)) =

1. Vậy có đúng ϕ(ϕ(m)) các số u như vậy, hay m có đúng ϕ(ϕ(m)) căn

nguyên thuỷ không đồng dư nhau modulo m.

Ví dụ 5.1.8. Giả sử m = 11. Do (2, 11) = 1 nên ord11 2 | ϕ(11) = 10.

Ta thấy 21 ≡ 2 (mod 11), 22 ≡ 4 (mod 11), 25 ≡ 10 (mod 11); suy ra

ord11 2 = ϕ(11). Vậy 11 có 2 là căn nguyên thuỷ, do đó 11 có cả thảy

ϕ(ϕ(11)) = ϕ(10) = 4 căn nguyên thuỷ không đồng dư nhau modulo 11. Đó

là: 21 = 2, 23 = 8, 27 = 128, và 29 = 512; hay cũng vậy: 2, 8, 7, và 6.



5.2 Căn nguyên thuỷ của số nguyên tố

Trong mục này chúng ta sẽ chỉ ra rằng mọi số nguyên tố đều có căn nguyên

thuỷ. Để đạt được điều này, trước hết chúng ta cần khảo sát vài tính chất

của đồng dư đa thức.

Giả sử f (x) là đa thức với hệ số nguyên. Chúng ta sẽ nói số nguyên c

là nghiệm của f (x) modulo m nếuu f (c) ≡ 0 (mod m). Dễ dàng thấy rằng,

nếu c là nghiệm của f (x) modulo m thì mọi số nguyên đồng dư với c modulo

m cũng là nghiệm.



62



5. CĂN NGUYÊN THỦY



Ví dụ 5.2.1. Đa thức f (x) = x2 + x + 1 có đúng hai nghiệm không đồng dư



nhau modulo 7, cụ thể là x ≡ 2 (mod 7) và x ≡ 4 (mod 7).

Đa thức g(x) = x2 + 2 là không có nghiệm modulo 5.

Đònh lý Fermat cũng chỉ ra rằng, nếu p là số nguyên tố thì đa thức

h(x) = xp−1 − 1 có đúng p − 1 nghiệm không đồng dư nhau modulo p, cụ thể

là x ≡ 1, 2, 3, · · · , p − 1 (mod p).



Đònh lý 5.7. Đònh lý Lagrange. Giả sử p là số nguyên tố; f (x) = an xn +



an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 là đa thức với hệ số nguyên, có bậc n ≥ 1, (an , p) = 1.

Thế thì f (x) ≡ 0 (mod p) có không quá n nghiệm không đồng dư nhau modulo

p.



Chứng minh. Chúng ta chứng minh đònh lý bằng phương pháp qui nạp.



Khi n = 1, ta có f (x) = a1 x + a0 với p a1 . Nghiệm của f (x) modulo p

chính là nghiệm của đồng dư tuyến tính a1 x ≡ a0 (mod p). Ta đã biết nếu

(a1 , p) = 1 thì a1 x ≡ a0 (mod p) có duy nhất nghiệm modulo p.

Giả sử đònh lý đã đúng cho các đa thức bậc n − 1. Nếu đa thức f (x) =

an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 có quá n nghiệm không đồng dư nhau modulo

p. Thế thì có các số nguyên c0 , c1 , · · · , cn không đồng dư nhau modulo p sao

cho f (ck ) ≡ 0 (mod p) với mọi 0 ≤ k ≤ n. Khi đó ta có

f (x) − f (c0 ) =

=



an (xn − cn ) +an−1 (xn−1 − cn−1 ) + · · · + a1 (x − c0 )

0

0

an (x − c0 )

(xn−1 + xn−2 c0 + · · · + xcn−2 + cn−1 ) +

0

0

+an−1 (x − c0 ) (xn−2 + xn−3 c0 + · · · + xcn−3 + cn−2 ) +

0

0



..

.



=



+a1 (x − c0 )

(x − c0 )g(x)



.



trong đó g(x) là đa thức bậc n − 1 với hệ số bậc cao nhất cũng chính là an .

Từ hệ thức trên ta có

(ck − c0 )g(ck ) = f (ck ) − f (c0 ) ≡ 0



(mod p).



k, 1 ≤ k ≤ n, ck ≡ c0 (mod p); hay (ck − c0 , p) = 1. Vậy

g(ck ) ≡ 0 (mod p), với mọi k, 1 ≤ k ≤ n; điều này mâu thuẫn với giả



Nhưng với mọi